összeadjuk 0-t kapunk. Képletben:

Méret: px

Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "összeadjuk 0-t kapunk. Képletben:"

Ádám Ákos Halász
8 évvel ezelőtt
Látták:

1 814 A ferde kifejtés tétele Ha egy determináns valamely sorának elemeit egy másik sor elemeihez tartozó adjungáltakkal szorozzuk meg és a szorzatokat összeadjuk 0-t kapunk Képletben: n a ij A kj = 0, ha i k j=1 Bizonyítás A bizonyítás céljából vegyünk egy olyan determinánst, amelynek a k-adik sorában is az i-edik sor elemeit írtuk A determináns nyilván 0 Fejtsük ki a determinánst a k-adik sora szerint 0 = i k a i1 a i2 a in a i1 a i2 a in = = a i1 A k1 + + a in A kn 1

A bizonyítás céljából vegyünk egy olyan determinánst, amelynek a k-adik sorában is az i-edik sor elemeit írtuk A

2 Ha az előző tételt kiegészítjük a sorszerinti kifejtés tételével, akkor a következőhöz jutunk 815 Tétel Ha a determináns valamely sorának elemeit rendre megszorozzuk az elemek adjungáltjaival és a szorzatokat összeadjuk, a determinánst kapjuk, ha valamely sor elemeit egy másik sor elemeihez tartozó adjungáltakkal szorozzuk meg, és a szorzatokat összeadjuk, akkor 0-t kapunk Képletben: n a ij A kj = j=1 { A ha i = j 0 ha i j 11 A CRAMER-SZABÁLY 111 Tétel (Cramer-szabály) Tekintsük az a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 (22) a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2 a n1 x 1 + a n2 x a nn x n = b n T test feletti n egyenletből álló, n ismeretlenes nem 0 determinánsú lineáris egyenletrendszert Az egyen- 2

összeadjuk, akkor 0-t kapunk Képletben: n a ij A kj = j=1 { A ha i = j 0 ha i j 11 A CRAMER-SZABÁLY 111 Tétel (Cramer-szabály) Tekintsük az a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1

3 letrendszer megoldható, egyetlen megoldása van, mégpedig a következő: x 1 = D 1 D, x 2 = D 2 D,, x n = D n D ahol D az egyenletrendszer determinánsa, és D j pedig a j-edik mellékdetermináns) 112 Definíció Az (22) egyenletrendszer j-edik (j = 1, 2,,n) mellékdeterminánsán értjük azt a determinánst, amelyet úgy kapunk, hogy az egyenletrendszer determinánsában a j-edik oszlopot az egyenletrendszer jobboldalán álló konstansokkal helyettesítjük, vagyis a (23) a 11 a 1j 1 b 1 a 1j+1 a 1n a 21 a 2j 1 b 2 a 2j+1 a 2n D j = a n1 a nj 1 b n a nj+1 a nn determinánst Bizonyítás A Cramer-szabály bizonyítása két részből áll Az első részben azt mutatjuk meg, hogy ha van megoldása az egyenletrendszernek, az nem 3

determinánsában a j-edik oszlopot az egyenletrendszer jobboldalán álló konstansokkal helyettesítjük, vagyis a (23) a 11 a 1j 1 b 1 a 1j+1 a 1n a 21 a 2j 1 b 2 a 2j+1 a 2n D j =

4 lehet más, mint amit a tétel állít, azaz x j = D j D j = 1, 2,,n; a második részben pedig azt mutatjuk meg, hogy ez valóban megoldás a) Tegyük fel, hogy x 1 = β 1, x 2 = β 2,,x n = β n megoldása az egyenletrendszernek Az, hogy β 1, β 2,,β n megoldás, azt jelenti, hogy az egyenletrendszerbe való behelyettesítés után mindenütt fennáll az egyenlőség, azaz a 11 β 1 + a 12 β a 1n β n = b 1 a 21 β 1 + a 22 β a 2n β n = b 2 a n1 β 1 + a n2 β a nn β n = b n Válasszunk egy j indexet az 1, 2,, n közül Az egyenletrendszer első egyenletét szorozzuk be A 1j - vel, a másodikat A 2j -vel,, az n-ediket A nj -vel, ahol az egyes A ij -k (i = 1, 2,,n) az egyenletrendszer determinánsának adjungáltjai és a beszorzás után mind az n egyenlőséget adjuk össze A következőt kapjuk: 4

1 a 21 β 1 + a 22 β 2 + + a 2n β n = b 2 a n1 β 1 + a n2 β 2 + + a nn β n = b n Válasszunk egy j indexet az 1, 2,, n közül Az egyenletrendszer első egyenletét szorozzuk be A 1j - vel, a másodikat

5 (24) (a 11 A 1j + a 21 A 2j + + a n1 A nj )β (a 12 A 1j + a 22 A 2j + + a n2 A nj )β (a 1n A 1j + a 2n A 2j a nn A nj )β n = = b 1 A 1j + b 2 A 2j + + b n A nj Használjuk fel a ferde kifejtés tételét és a kifejtési tételt A baloldalon álló összegben a β 1, β 2,,β n együtthatói közül egyetlen egy lesz 0- tól különböző Minden egyes β i (i = 1, 2,,n) együtthatója az egyenletrendszer determinánsának i -edik (i = 1, 2,, n) oszlopában álló elemeknek és a j-edik (j rögzített) oszlop elemeihez tartozó adjungáltaknak a szorzatösszege A ferde kifejtés tétele szerint minden olyan β i együtthatója 0, amelyre i j, és i = j esetén az egyenletrendszer determinánsának j-edik oszlop szerinti kifejtése áll a β j együtthatójaként Mindezek figyelembe vételével (24) baloldala D β j -vel egyenlő, ahol D a (22) egyenletrendszer determinánsa (24) jobboldala nem más, mint D j -nek, vagyis a j-edik mellékdeterminánsnak a j-edik oszlop szerinti kifejtése (24) tehát a következő alakot ölti: Dβ j = D j, ahonnan a D 0 5

egyenletrendszer determinánsának i -edik (i = 1, 2,, n) oszlopában álló elemeknek és a j-edik (j rögzített) oszlop elemeihez tartozó adjungáltaknak a szorzatösszege A ferde kifejtés tétele szerint

6 feltétel figyelembe vételével β j = D j D (j = 1, 2,,n) következik Vegyük észre, hogy a D 0 kikötésnek milyen lényeges szerepe van a bizonyításnak az utóbbi részében b) Most azt bizonyítjuk, hogy x j = D j D j = 1, 2,,n valóban megoldása a (22) egyenletrendszernek Elegendő azt megmutatni, hogy az i-edik egyenletet ahol i az 1, 2,,n számok valamelyike kielégítik Végezzük el az x j = D j D behelyettesítést a (22) egyenletrendszer i-edik egyenletének baloldalába, majd a behelyettesítés után mindegyik D j mellékdeterminánst fejtsük ki a j-edik oszlopa szerint (amelyben az egyenletrendszer jobboldali konstansai találhatók) Ezután rendezzük át a kapott tagokat olymódon, hogy b 1 -et, b 2 -t,, b n -et kiemeljük A gondolatmenet gyakorlati megvalósítása a követke- 6

= D j D behelyettesítést a (22) egyenletrendszer i-edik egyenletének baloldalába, majd a behelyettesítés után mindegyik D j mellékdeterminánst fejtsük ki a j-edik oszlopa szerint (amelyben az

7 zőkben látható: a i1 x 1 + a i2 x a in x n = = 1 D (a i1d 1 + a i2 D a in D n ) = = 1 D [a i1(b 1 A 11 + b 2 A b n A n1 )+ (25) + a i2 (b 1 A 12 + b 2 A b n A n2 )+ + + a in (b 1 A 1n + b 2 A 2n + + b n A nn ] = = 1 D [(a i1a 11 + a i2 A a in A 1n )b (a i1 A 21 + a i2 A a in A nn )b (a i1 A n1 + a i2 A n2 + + a in A nn )b n ] A szögletes zárójelben, a b 1, b 2,,b n mellett álló szorzatösszegekre alkalmazható a ferde kifejtés és egy esetben a determináns kifejtési tétele A kerek zárójelben lévő szorzatösszegek mindegyike az egyenletrendszer determinánsa i-edik sorában lévő elemeknek és az első, második,,i-edik,,n-edik sor elemeihez tartozó adjungáltaknak a szorzatösszegét tartalmazza Ez a szorzatösszeg 0, ha az i-edik sor elemeinek valamely i-ediktől különböző sor elemeihez tartozó adjungáltakkal való szorzatainak összege áll (ferde kifejtés) és az egyenletrendszer determinánsát kapjuk, amennyiben az 7

zárójelben, a b 1, b 2,,b n mellett álló szorzatösszegekre alkalmazható a ferde kifejtés és egy esetben a determináns kifejtési tétele A kerek zárójelben lévő szorzatösszegek mindegyike az

8 i-edik sor elemeit az i-edik sor elemeihez tartozó adjungáltakkal szorzatösszegét képezzük (i-edik sor szerinti kifejtés) Az eddigiek alapján (25) a következő alakra hozható: 1 D Db i = b i Ez pedig éppen azt jelenti, hogy az x j = D j D (j = 1, 2, n) kielégíti az egyenletrendszer i-edik egyenletét Az i tetszőlegesen választott volt az 1, 2,,n közül, tehát x j = D j D valóban megoldása a (22) egyenletrendszernek Megjegyzés A fenti bizonyítás b) részével kapcsolatban gyakran felvetődik az a kérdés, hogy szükség van-e annak bizonyítására, hogy az x j = D j D (j = 1, 2, n) valóban megoldása az egyenletrendszernek, akkor, amikor a bizonyítás első részéből már kiderült, hogy más megoldás nem lehet Szükség van a bizonyítás b) részére is, mert elvileg lehetséges volna az az eset is, hogy x j = D j D (j = 1, 2, n) sem megoldása az egyenletrendszernek 114 Megjegyzés A Cramer-szabály feltételei között szerepel az, hogy az egyenletrendszer determinánsa ne legyen 0 Sokan úgy gondolják, hogy ez az n 8

egyenletrendszernek Megjegyzés A fenti bizonyítás b) részével kapcsolatban gyakran felvetődik az a kérdés, hogy szükség van-e annak bizonyítására, hogy az x j = D j D (j = 1, 2, n) valóban megoldása

9 egyenletből álló n ismeretlenes lineáris egyenletrendszer megoldhatóságának feltétele Ez nem igaz Van olyan egyenletrendszer, amelynek a determinánsa 0 és létezik megoldása, és van olyan egyenletrendszer is, hogy a determinánsa 0, és nincs megoldása 115 Definíció A (22) egyenletrendszert homogénnek nevezzük, ha b 1 = b 2 = b n = 0 és inhomogénnek, ha b 1, b 2,,b n között van 0-tól különböző A Cramer-szabály alkalmazható homogén lineáris egyenletrendszerekre is Homogén egyenletrendszer esetén valamennyi mellékdetermináns 0, hiszen tartalmaz zérusoszlopot Ezért a nem 0- determinánsú homogén lineáris egyenletrendszerek egyetlen megoldása az x 1 = x 2 = = x n = 0 úgynevezett triviális megoldás Ez a megoldás ugyanis mindig megoldása bármely homogén lineáris egyenletrendszernek 116 Tétel Az a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = 0 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = 0 a n1 x 1 + a n2 x a nn x n = 0 9

különböző A Cramer-szabály alkalmazható homogén lineáris egyenletrendszerekre is Homogén egyenletrendszer esetén valamennyi mellékdetermináns 0, hiszen tartalmaz zérusoszlopot Ezért a nem 0-

10 n egyenletből álló n-ismeretlenes nem 0 determinánsú homogén lineáris egyenletrendszernek csakis a triviális megoldása van Példa x + 3y z = 7 4x y 2z = 3 3x + 2y + 5z = 20 D = = = 48 D 1 = = = 96 D 2 = = = 144

3 3x + 2y + 5z = 20 D = 1 3 1 4 1 2 3 2 5 = 1 0 0 0 13 2 0 11 2 = 48 D 1 = 7 3 1 3

11 1 3 7 D 3 = = = 192 x 1 = D 1 D = = 2 x 2 = D 2 D = = 3 x 3 = D 3 D = = 4 11

Hasonló dokumentumok

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 15 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 151 Lineáris egyenletrendszer, Gauss elimináció 1 Definíció Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az (1) a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a